Pour une fois voilà un problème qui soulève de l'intérêt...Mais au préalable il semble opportun de faire quelques remarques sur la notation et la façon de présenter les solutions. Jusqu'ici elles sont suffisamment claires et complètes, du moins j'arrive à les déchiffrer sans problème. Mais elles masquent souvent le nombre réel de manoeuvres nécessaires selon les "critères officiels" (cela peut paraître mesquin mais c'est hélas la seule façon de départager objectivement et impartialement les différentes solutions proposées ; l'élégance d'une solution n'est pas toujours un critère objectif...)
Le mieux, sans doute, pour éviter la lourdeur des dessins (j'y reviendrai plus loin en réponse à la question d'Alain) est de coder en une sorte de tableau le mouvement des wagons et de la loco. C'est ce que je fais sur mes brouillons lorsque j'étudie une solution. La présentation est relativement simple : à chaque pas on place sur une ligne numérotée le contenu des deux voies, par exemple la V1 à gauche et la V2 à droite, séparées par un "+" . Les wagons sont représentés par leur lettre (ou plus exactement la lettre de leur destination car nous verrons dans des problèmes plus complexes qu'on peut avoir deux ou plusieurs wagons pour une même destination, mais ceci est une autre histoire). Une voie vide, sans wagon, est notée "0". En outre la loco est représentée par un symbole tel que "X" (lettre inutilisée) et enfin la position de départ, première ligne, est numérotée "0".
Une règle facile à retenir pour éviter les erreurs et les raccourcis "illégaux" : d'une ligne à la suivante la loco (X) doit toujours alterner entre les deux voies.
Exemples d'applications...
La solution de Bernard (Piko 30) :
0. = XCBDA + 0
1. = 0 + XCBDA (dépôt de D et A sur voie 2)
2. = XCB + DA (B sur voie 1)
3. = B + XCDA (retour pour prendre D et A)
4. = XCDAB + 0 (dépôt de A devant B)
5. = AB + XCD (dépôte de C et D sur voie 2)
6. = XAB + CD (reprendre A et B)
7. = 0 + XABCD (...pour dépôt devant C et D. FIN)
La solution d'Alain (Perguil 45) :
0. = XCBDA + 0
1. = A + XCBD (CBD sur V2)
2. = XCBA + D (CB retour sur V1)
3. = BA + XCD (C sur V2)
4. = XBA + CD (reprise B sur V1...)
5. = A + XBCD (...vers V2)
6. = XA + BCD (reprise A sur V1...)
7. = 0 + XABCD (...vers V2. FIN)
Comme on le voit en détaillant ainsi ces deux solutions, elles nécessitent chacune 7 "manoeuvres", mais... si celle de Perguil 45 est irréductible, par contre celle de Piko 30 comporte une manoeuvre inutile et superflue, la no.1 !
Pourquoi en effet changer de voie ? car au fond c'est ce que fait cette opération. Et le problème ne précise nullement que la rame finale doit se trouver sur l'une des voies plutôt que l'autre (je crois même avoir précisé lors du tout premier problème que la voie finale n'avait aucune importance. Dans la solution de Piko 30 on peut donc se passer de cette première manoeuvre, ce qui ramène aalors leur nombre à 6. Et... c'est le numéro gagnant
Cette solution est en effet celle que j'avais moi-même trouvée et, selon mes analyses, la seule possible en 6 manoeuvres. La voici en dessin.
Pour Perguil 45 : ces dessins sont effectuées dans Paint, tout simplement, au format *.bmp pour travailler au pixel, puis copiés/convertis en *.jpg une fois terminés pour présentation sur le forum. Le travail "au pixel" n'est pas si terrible que ça : en fait il suffit de tracer les différents éléments géométriques une fois pour toutes. Ensuite, avec le copier/coller on peut les reproduire, les dupliquer, les déplacer etc. à volonté avec un minimum d'effort. D'autres logiciels plus puissants permettent aussi ce genre d'opérations mais pour de simples dessins et schémas Paint (fourni en standard avec Windows) est amplement suffisant. Si je veux rajouter des fioritures, des nuances de couleurs et tout çà, je reprends ces dessins dans un logiciel mieux approprié.
Ceci dit, je ne vais pas vous proposer un nouveau problème dès maintenant : il est sans doute temps de faire une petite pause, de voir s'il y a des commentaires, des critiques (constructives bien sûr) ou des suggestions avant de passer à la vitesse supérieure avec le triage de rames comportant 5 wagons. Il y a 308 problèmes distincts dans cette série et si la plupart sont faciles voire évidents à résoudre, il y a quelques jolis casse-tête parmi eux... Et il y en a même un qui, selon la théorie (du moins celle que j'ai développée) devrait se résoudre en 6 manoeuvres, mais je n'ai toujours pas réussi à descendre en dessous de 7.
Je vous le proposerai en dessert, après quelques autres problèmes "faisables" !bw
. J'ajouterai (mais je ne l'ai pas démontré rigoureusement) qu'une seule et unique combinaison de wagons nécessite ce nombre maximal de manoeuvres pour une longueur de rame donnée : celle composée de tous les wagons dans l'ordre inverse. Ainsi, restant à 5 wagons, ce sera la rame : "EDCBA". Toutes les autres nécessitent au plus 8 manoeuvres pour être remises dans l'ordre.
